湖南省岳陽臨湘市2025屆物理高二第一學(xué)期期末預(yù)測(cè)試題含解析

湖南省岳陽臨湘市2025屆物理高二第一學(xué)期期末預(yù)測(cè)試題注意事項(xiàng):1．答題前，考生先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)碼填寫清楚，將條形碼準(zhǔn)確粘貼在條形碼區(qū)域內(nèi)。2．答題時(shí)請(qǐng)按要求用筆。3．請(qǐng)按照題號(hào)順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準(zhǔn)使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、單項(xiàng)選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1、如圖所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的方向垂直紙面向里，一帶電微粒從磁場(chǎng)邊界d點(diǎn)垂直于磁場(chǎng)方向射入，沿曲線dpa打到屏MN上的a點(diǎn)，通過pa段用時(shí)為t.若該微粒經(jīng)過P點(diǎn)時(shí)，與一個(gè)靜止的不帶電微粒碰撞并結(jié)合為一個(gè)新微粒，最終打到屏MN上．若兩個(gè)微粒所受重力均忽略,則新微粒運(yùn)動(dòng)的()A.軌跡為pb,至屏幕的時(shí)間將小于tB.軌跡為pc,至屏幕的時(shí)間將大于tC.軌跡為pa，至屏幕的時(shí)間將大于tD.軌跡為pb,至屏幕時(shí)間將等于t2、如圖所示，一段長方體形導(dǎo)電材料，左右兩端面的邊長都為a和b，內(nèi)有帶電量為q的某種自由運(yùn)動(dòng)電荷。導(dǎo)電材料置于方向垂直于其前表面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，內(nèi)部磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。當(dāng)通以從左到右的穩(wěn)恒電流I時(shí)，測(cè)得導(dǎo)電材料上、下表面之間的電壓為U，且上表面的電勢(shì)比下表面的高。由此可得該導(dǎo)電材料單位體積內(nèi)自由運(yùn)動(dòng)電荷數(shù)及自由運(yùn)動(dòng)電荷的正負(fù)分別為（）A.，負(fù) B.，正C.，負(fù) D.，正3、圖中屬于交變電流的是A. B.C. D.4、根據(jù)電、磁場(chǎng)對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷的作用規(guī)律我們知道,電場(chǎng)可以使帶電粒子加(或減)速,磁場(chǎng)可以控制帶電粒子的運(yùn)動(dòng)方向.回旋加速器,圖示的質(zhì)譜儀都是利用以上原理制造出來的高科技設(shè)備,如圖中的質(zhì)譜儀是把從S1出來的帶電量相同的粒子先經(jīng)過電壓U使之加速,然后再讓他們進(jìn)入偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)B,這樣質(zhì)量不同的粒子就會(huì)在磁場(chǎng)中分離.下述關(guān)于回旋加速器，質(zhì)譜儀的說法中錯(cuò)誤的是A.經(jīng)過回旋加速器加速的同種帶電粒子，其最終速度大小與高頻交流電的電壓無關(guān)B.經(jīng)過回旋加速器加速的同種帶電粒子，其最終速度大小與D型盒上所加磁場(chǎng)強(qiáng)弱有關(guān)C.圖示質(zhì)譜儀中，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)半徑大的粒子，其質(zhì)量也大.D.圖示質(zhì)譜儀中，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)半徑大的粒子，其電荷量也大.5、如圖所示，皮箱在大小為方向斜向上的拉力F的作用下，沿水平地面做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則物體與地面間的摩擦力為()A.等于零B.等于C.小于D.大于6、如圖所示，是通有恒定電流的某段導(dǎo)體。在2s內(nèi)有10C的負(fù)電荷向右通過橫截面A，則導(dǎo)體內(nèi)電流的大小和方向分別是（）A8×10－19A、向右 B.8×10－19A、向左C.5A、向左 D.5A、向右二、多項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多個(gè)選項(xiàng)是符合題目要求的。全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。7、速度可以用光電門測(cè)量，物理興趣小組的同學(xué)設(shè)想了一個(gè)通過測(cè)量速度來得到磁感應(yīng)強(qiáng)度的方法。他們用密度為d、電阻率為ρ、橫截面積為A的薄金屬條制成邊長為L的閉合正方形線框cbb′c′。如圖甲所示，金屬方框水平放在磁極的狹縫間，方框平面與磁場(chǎng)方向平行。設(shè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)僅存在于相對(duì)磁極之間，其他地方的磁場(chǎng)忽略不計(jì)?？烧J(rèn)為方框的cc′邊和bb′邊都處在磁極間。方框從靜止開始釋放，其平面在下落過程中保持水平（不計(jì)空氣阻力）。設(shè)磁場(chǎng)區(qū)域在豎直方向上足夠長，若測(cè)得方框下落的最大速度為vm，則下列說法正確的是A.線框切割磁感線產(chǎn)生的最大感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為2BLvmB.線框下落速度為時(shí)所受的安培力大小為C.線框下落速度為時(shí)加速度大小為D.磁極間磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小為8、如圖甲，固定在光滑水平面上的正三角形金屬線框，匝數(shù)n＝20，總電阻R＝2.5Ω，邊長L＝0.3m，處在兩個(gè)半徑均為r＝的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域中．線框頂點(diǎn)與右側(cè)圓心重合，線框底邊中點(diǎn)與左側(cè)圓心重合．磁感應(yīng)強(qiáng)度B1垂直水平面向上，大小不變；B2垂直水平面向下，大小隨時(shí)間變化．B1、B2的值如圖乙所示，則()A.通過線框的感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向B.t＝0時(shí)刻穿過線框的磁通量為0.1WbC.在0.6s內(nèi)通過線框中的電荷量約為0.13CD.經(jīng)過0.6s線框中產(chǎn)生的熱量約為0.07J9、如圖所示，虛線MN右側(cè)存在勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向外，電場(chǎng)方向豎直向上，電場(chǎng)方向豎直向上，矩形區(qū)域ABCD的AD邊與MN重合，AB邊長為，AD邊長為．一質(zhì)量為m、電荷量為q的正電微粒垂直于MN射入復(fù)合場(chǎng)區(qū)域后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，到達(dá)C點(diǎn)時(shí)，電場(chǎng)方向立刻旋轉(zhuǎn)90°，同時(shí)電場(chǎng)強(qiáng)度大小也發(fā)生變化（不考慮電場(chǎng)變化時(shí)產(chǎn)生的影響），帶電微粒沿著對(duì)角線CA方向從A點(diǎn)離開．重力加速度為g，下面說法正確的是（）A.電場(chǎng)方向旋轉(zhuǎn)90°之后，電場(chǎng)方向水平向左B.電場(chǎng)改變之后的場(chǎng)強(qiáng)大小變?yōu)樵瓉淼?倍C.微粒進(jìn)入MN右側(cè)區(qū)域時(shí)的初速度為D.微粒在矩形ABCD區(qū)域內(nèi)做勻速直線運(yùn)動(dòng)10、如圖所示，足夠長的形光滑金屬導(dǎo)軌所在平面與水平面成角（），其中導(dǎo)軌與平行且間距為，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為的勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直導(dǎo)軌所在平面斜向上，金屬棒質(zhì)量為，接入電路的電阻為，始終與兩導(dǎo)軌始終保持垂直且接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，時(shí)刻，金屬棒由靜止開始沿導(dǎo)軌下滑，時(shí)刻，棒的速度大小為（未達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)），時(shí)間內(nèi)流過棒某一橫截面的總電荷量為，下列說法正確的是（）A.時(shí)刻，棒的加速度大小為B.時(shí)刻，棒的電功率為C.時(shí)間內(nèi)，棒位移大小為D.時(shí)間內(nèi)，棒產(chǎn)生的焦耳熱為三、實(shí)驗(yàn)題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11．（6分）有以下可供選用的器材及導(dǎo)線若干條，要求使用個(gè)數(shù)最少的儀器盡可能精確地測(cè)量一個(gè)電流表的滿偏電流A．被測(cè)電流表A1：滿偏電流約700～800，內(nèi)阻約100Ω，刻度均勻、總格數(shù)為N；B．電流表A2：量程0.6A，內(nèi)阻0.1Ω；C．電壓表V：量程3V，內(nèi)阻3kΩ；D．滑動(dòng)變阻器R1：最大阻值200Ω；E．滑動(dòng)變阻器R2：最大阻值1kΩ；F．電源E：電動(dòng)勢(shì)3V、內(nèi)阻1.5Ω；G．開關(guān)一個(gè).（1）選用的器材應(yīng)為_____________．（填A(yù)→G字母代號(hào)）（2）在虛線框內(nèi)畫出實(shí)驗(yàn)電路圖，并在每個(gè)選用的儀器旁標(biāo)上題目所給的字母序號(hào)（）（3）測(cè)量過程中測(cè)出多組數(shù)據(jù)，其中一組數(shù)據(jù)中待測(cè)電流表A1的指針偏轉(zhuǎn)了n格，可算出滿偏電流Ig=________，式中除N、n外，其他字母符號(hào)代表的物理量是_____________12．（12分）如圖所示為某同學(xué)做“測(cè)定金屬絲的電阻率”實(shí)驗(yàn)時(shí)采用的實(shí)驗(yàn)電路。實(shí)驗(yàn)室中備有如下器材：A．待測(cè)金屬絲（電阻約3Ω）B．電流表A1（量程0~0.6A，內(nèi)阻約0.125Ω）C．電流表A2（量程0~3A，內(nèi)阻約0.025Ω）D．電壓表V1（量程0~3V，內(nèi)阻約3kΩ）E．電壓表V2（量程0~15V，內(nèi)阻約15kΩ）F．滑動(dòng)變阻器R1（總阻值約10Ω）G．滑動(dòng)變阻器R2（總阻值約1000Ω）H．學(xué)生電源（電動(dòng)勢(shì)約4.0V，內(nèi)阻很?。㊣．導(dǎo)線若干，電鍵K、刻度尺、螺旋測(cè)微器（1）電流表應(yīng)選擇______，電壓表應(yīng)選擇______，滑動(dòng)變阻器應(yīng)選擇______。（2）用刻度尺測(cè)出接入電路部分金屬絲的長度L；用螺旋測(cè)微器測(cè)出金屬絲的直徑D；閉合電鍵后，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器滑片的位置，測(cè)出多組U和I的數(shù)據(jù)，做出關(guān)系圖像，圖像斜率為k，則金屬絲電阻率的表達(dá)式為ρ=____________（用題目中所給出的字母表示）。（3）本實(shí)驗(yàn)的系統(tǒng)誤差主要來源于_____________（選填“電流表分壓”或“電壓表分流”），分析可得ρ測(cè)________ρ真（選填“＜”、“＝”或“＞”）。四、計(jì)算題：本題共3小題，共38分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13．（10分）矩形線圈的邊長cm,cm,共有200匝，以300r/min的轉(zhuǎn)速在磁感強(qiáng)度為0.2T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中繞垂直于磁場(chǎng)方向的中心軸OO′勻速轉(zhuǎn)動(dòng),在時(shí)刻處于如圖所示位置（1）穿過線圈平面的最大磁通量（2）此線圈產(chǎn)生的感生電動(dòng)勢(shì)最大值和有效值為（3）感電動(dòng)勢(shì)瞬時(shí)值表達(dá)式14．（16分）如圖所示,長的輕質(zhì)細(xì)繩上端固定,下端連接一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的帶電小球,小球靜止在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中,繩與豎直方向的夾角．已知小球所帶電荷量,勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng),取重力加速度,,,求:(1).小球所受電場(chǎng)力的大小(2).小球的質(zhì)量15．（12分）如圖,一個(gè)水平放置的導(dǎo)體框架,寬度L=1.50m,接有電阻R=0.20Ω,設(shè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)和框架平面垂直,磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.40T,方向如圖.今有一導(dǎo)體棒ab跨放在框架上,并能無摩擦地沿框滑動(dòng),框架及導(dǎo)體ab電阻均不計(jì),當(dāng)ab以v=4.0m/s的速度向右勻速滑動(dòng)時(shí)，試求：(1)導(dǎo)體ab上的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小(2)回路上感應(yīng)電流的大小

參考答案一、單項(xiàng)選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1、C【解析】由動(dòng)量守恒定律可得出粒子碰撞后的總動(dòng)量不變，由洛侖茲力與向心力的關(guān)系可得出半徑表達(dá)式，可判斷出碰后的軌跡是否變化；再由周期變化可得出時(shí)間的變化帶電粒子和不帶電粒子相碰，遵守動(dòng)量守恒，故總動(dòng)量不變，總電量也保持不變，由，得：，P、q都不變，可知粒子碰撞前后的軌跡半徑r不變，故軌跡應(yīng)為pa，因周期可知，因m增大，故粒子運(yùn)動(dòng)的周期增大，因所對(duì)應(yīng)的弧線不變，圓心角不變，故pa所用的時(shí)間將大于t，C正確；【點(diǎn)睛】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，洛倫茲力充當(dāng)向心力，從而得出半徑公式，周期公式，運(yùn)動(dòng)時(shí)間公式，知道粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)半徑和速度有關(guān)，運(yùn)動(dòng)周期和速度無關(guān)，畫軌跡，定圓心，找半徑，結(jié)合幾何知識(shí)分析解題，2、D【解析】若運(yùn)動(dòng)電荷為負(fù)電荷，則由左手定則可判斷出，上表面的電勢(shì)比下表面低，故該導(dǎo)電材料的運(yùn)動(dòng)電荷為正電荷。當(dāng)通有穩(wěn)恒電流時(shí)，運(yùn)動(dòng)電荷受到的電場(chǎng)力與洛倫茲力相平衡，故又因?yàn)槁?lián)立兩式得故選D。3、C【解析】電流的方向在周期性變化的電流為交變電流；交變電流的大小不一定變化，方向一定在不斷地變化【詳解】電流的方向在周期性變化的電流為交變電流；交變電流的方向在不斷地變化，ABD選項(xiàng)中電流方向不變，是直流電；C選項(xiàng)電流大小不變，方向變化，是交變電流故選C4、D【解析】根據(jù)洛倫茲力提供向心力，通過回旋加速器的最大半徑，求出粒子的最大速度，從而判斷出粒子的最終速度與什么因素有關(guān)．根據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)的半徑公式得出軌道半徑與粒子質(zhì)量和電量的關(guān)系，從而進(jìn)行分析【詳解】根據(jù)，解得，則粒子的最終速度與交流電壓無關(guān)，與D形盒上所加的磁場(chǎng)強(qiáng)弱有關(guān)．故AB正確．根據(jù)得，根據(jù)qU＝mv2得，，則，則在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)半徑大的粒子，其電荷量小，其質(zhì)量大；故C正確，D錯(cuò)誤．本題選錯(cuò)誤的，故選D5、C【解析】對(duì)物體受力分析，受拉力、重力、支持力、摩擦力，如圖所示：物體勻速運(yùn)動(dòng)，受力平衡，物體受拉力、重力、支持力和滑動(dòng)摩擦力四個(gè)力作用，根據(jù)平衡條件：故摩擦力大小小于10N，故C正確，ABD錯(cuò)誤；故選C。6、C【解析】據(jù)根據(jù)電流的定義式得電流的大小為電流方向規(guī)定為正電荷定向移動(dòng)的方向，與負(fù)電荷移動(dòng)的方向相反，故電流向左。故ABD錯(cuò)誤，C正確。故選C。二、多項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多個(gè)選項(xiàng)是符合題目要求的。全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。7、ABD【解析】A.方框被釋放后受到重力、安培力作用，由于安培力隨速度的增大而增大，由牛頓第二定律知，方框被釋放后先做速度增大、加速度逐漸減小的直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)加速度等于零時(shí)方框的速度達(dá)到最大，此后方框以最大速度vm勻速下落。當(dāng)方框以最大速度vm勻速下落時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大為2BLvm，故A正確；BC.方框下落速度為時(shí)其產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)電流均為最大值的一半，由安培力公式可知，其所受安培力F'A也為最大值FA(即重力mg)的一半，由牛頓第二定律可知mg-F'A=ma，解得方框的加速度大小為a=，選項(xiàng)B正確，C錯(cuò)誤；D.速度最大時(shí)，依據(jù)二力平衡條件得mg=FA，質(zhì)量m=4AdL，方框所受安培力合力FA=2BIL

，方框中電流，方框切割磁感線產(chǎn)生的最大等效感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=2BLvm，方框電阻，聯(lián)立上述各式解得磁極間磁感應(yīng)強(qiáng)度大小，選項(xiàng)D正確；故選：ABD8、ACD【解析】根據(jù)楞次定律判斷感應(yīng)電流的方向；根據(jù)磁通量Φ=BS求解，S是有效面積；由求解電荷量；由Q=I2Rt求解熱量【詳解】A．由磁感應(yīng)強(qiáng)度B1垂直水平面向外，大小不變；B2垂直水平面向里，大小隨時(shí)間增大，故線框總的磁通量減小，由楞次定律可得，線框中感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向，故A正確；B．t=0時(shí)刻穿過線框的磁通量為：Φ=B1××πr2-B2××πr2=1×0.5×3.14×0.12-2××3.14×0.12Wb=0.005Wb，故B錯(cuò)誤；C．在t=0.6s內(nèi)通過線框中的電量，故C正確；D．由Q=I2Rt=（）2×△t≈0.07J，故D正確故選ACD9、CD【解析】電場(chǎng)方向旋轉(zhuǎn)90°之后，帶電微粒必定做勻速直線運(yùn)動(dòng)，否則若是變速直線運(yùn)動(dòng)，速度變化，洛倫茲力變化，不可能做直線運(yùn)動(dòng)．通過分析受力情況，對(duì)照直線運(yùn)動(dòng)的條件，確定電場(chǎng)方向，并由平衡條件求場(chǎng)強(qiáng)的大?。陕鍌惼澚Υ笮?，來求初速度.【詳解】帶電微粒垂直于MN射入復(fù)合場(chǎng)區(qū)域后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力與重力平衡，由洛倫茲力提供向心力．微粒在矩形ABCD區(qū)域內(nèi)必定做勻速直線運(yùn)動(dòng)，否則若是變速直線運(yùn)動(dòng)，速度變化，洛倫茲力變化，不可能做直線運(yùn)動(dòng)．在ABCD區(qū)域內(nèi)，微粒受到豎直向下的重力、垂直于AC方向斜向上的洛倫茲力，由平衡條件知電場(chǎng)力方向水平向右，所以電場(chǎng)方向旋轉(zhuǎn)90°之后，電場(chǎng)方向水平向右，故A錯(cuò)誤，D正確；電場(chǎng)改變之前，有mg＝qE1．電場(chǎng)改變之后，如圖所示：由幾何關(guān)系可知，可得α＝53°，由平衡條件得qE2＝mgtanα＝mg，可得E2＝E1，故B錯(cuò)誤；微粒在進(jìn)入矩形ABCD區(qū)域內(nèi)之前做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖，設(shè)軌跡半徑為r，則AC＝rtanα＝l，得r＝l，根據(jù)洛倫茲力提供向心力得，微粒在進(jìn)入矩形ABCD區(qū)域內(nèi)，由平衡條件得，聯(lián)立解得，即微粒進(jìn)入MN右側(cè)區(qū)域時(shí)的初速度為，故C正確．所以CD正確，AB錯(cuò)誤【點(diǎn)睛】本題考查了帶電粒子在磁場(chǎng)和電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，關(guān)鍵要正確分析微粒的受力情況．對(duì)于圓周運(yùn)動(dòng)，要會(huì)確定半徑和圓心以及圓心角．本題涉及的過程較多，要正確地畫出軌跡圖，結(jié)合幾何關(guān)系即可解題10、AC【解析】A．根據(jù)牛頓第二定律可得：即：解得加速度大小為：A正確；B．時(shí)刻，棒的電功率為,不能用平均值來求，故B錯(cuò)誤。C．根據(jù)：解得下滑的位移大小為：C正確；D．電流不恒定，無法直接根據(jù)焦耳定律求解熱量，根據(jù)動(dòng)能定理：解得：D錯(cuò)誤。故選AC。三、實(shí)驗(yàn)題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11、①.ACDFG②.③.④.U為電壓表讀數(shù)，RV為電壓表內(nèi)阻【解析】（1）[1]．其中AFG為必選器材，為了滑動(dòng)方便，應(yīng)選擇最大阻值較小的滑動(dòng)變阻器，以及電壓表V，題目中的電流表量程0.6安，指針偏角過小誤差較大，舍去；故選擇的器材有：ACDFG；（2）[2]．電壓表量程3V，內(nèi)阻3kΩ，滿偏電流為，與待測(cè)電流表類似，可以當(dāng)作電流表使用；與待測(cè)電流表串聯(lián)即可；因?yàn)橐缶_，故采用滑動(dòng)變阻器分壓式接法，電壓可以連續(xù)調(diào)節(jié)，電路圖如圖所示：（3）[3][4]．待測(cè)電流表總格數(shù)為N，電流等于電壓表電流，為：；電流表與電壓表串聯(lián)，電流相等，故：n：N=I：Ig故其中U為電壓表讀數(shù)，RV為電壓表內(nèi)阻；12、①.A1②.V1③.R1④.⑤.電壓表分流⑥.＜【解析】（1）[1][2]電源電動(dòng)勢(shì)約為，所以電壓表選擇的量程即可，根據(jù)歐姆定律：可知電流表選擇的量程即可；[3]滑動(dòng)變阻器的阻值選擇便于調(diào)節(jié)電阻進(jìn)行分壓，并且可以滿足保護(hù)電路的要求；（2）[